Question

设数列{a_n}的前n项积为T_n，T_n=1-a_n；数列{b_n}的前n项和为S_n，S_n=1-b_n
（1）设cn=

1

Tn

．证明数列{c_n}成等差数列；求数列{a_n}的通项公式；
（2）若T_n（nb_n+n-2）≤kn对n∈N⁺恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析：（1）首先利用数列{a_n}的前n项积T_n与通项之间的关系分类讨论写出相邻项满足的关系式，然后两式作商即可获得1-a_n+a_na_n-1=a_n，再利用c_n=

1

Tn

，利用作差法即可获得数列{c_n}为等差数列．由此可以求的数列{c_n}的通项公式，进而求得T_n然后求得数列{a_n}的通项公式；
（2）充分利用（1）的结论将“T_n（nb_n+n-2）≤kn对n∈N⁺恒成立”转化为：k≥

1

n+1

•

1

2n

+

n-2

n(n+1)

对任意的n∈N*恒成立．然后通过研究函数的单调性即可获得问题的解答．

解答：解：（1）由T_n=1-a_n得：T_n=1-

Tn

Tn-1

（n≥2）∴T_n•T_n-1=T_n-1-T_n
∴

Tn-1-Tn

Tn• Tn-1

=

1

Tn

-

1

Tn-1

=1即c_n-c_n-1=1
又T₁=1-a₁=a₁∴a₁=

1

2

，c1=

1

T1

=2
∴数列c_n是以2为首项，1为公差的等差数列．
∴c_n=c₁+n-1=2+n-1=n+1
∴T_n=

1

n+1

，an=1-Tn=

n

n+1

（2）由（1）知：T_n=

1

n+1

，
又∵S_n=1-b_n
所以，当n=1时，b₁=1-b₁，∴b₁=

1

2

．
当n≥2时，S_n=1-b_n，S_n-1=1-b_n-1
∴b_n=b_n-1-b_n，
∴2b_n=b_n-1．
∴{b_n}为以

1

2

为首项，以

1

2

为公比的等比数列．
∴b_n=

1

2

×

1

2n-1

=

1

2n

，
∴

1

n+1

•(

n

2n

+n-2) ≤kn对任意的n∈N*恒成立．
∴k≥

1

n(n+1)

(

n

2n

+n-2)对任意的n∈N*恒成立．
∴k≥

1

n+1

•

1

2n

+

n-2

n(n+1)

对任意的n∈N*恒成立．
令f（n）=

1

n+1

•

1

2n

，则f（n+1）=

1

n+2

•

1

2n+1

∵

1

n+1

＞

1

n+2

＞0，

1

2n

＞

1

2n+1

＞0
∴f（n）＞f（n+1），∴任意的n∈N*时，f（n）为单调递减函数．
令g（n）=

n-2

n(n+1)

，则：g（n+1）=

n-1

(n+1)(n+2)

∴g（n+1）-g（n）=

4-n

n(n+1)(n+2)

∴当1≤n≤4时，g（n）为单调递增函数，且g（4）=g（5），
当n≥5时，g（n）为单调递减函数．
设L（n）=f（n）+g（n）
则：L（1）＜L（2）＜L（3），L（3）＞L（4）＞L（5）＞L（6）＞…
∴L（3）最大，且L（3）=

11

96

，
∴实数k的取值范围为[

11

96

，+∞)．

点评：本题考查的是数列与不等式的综合类问题．在解答的过程当中充分体现了分类讨论的思想、问题转化的思想以及恒成立的思想．值得同学们体会和反思．